Riešenie (podľa Lucie Krajčoviechovej)

Keďže $y\in \mathbf{N}$, tak určite $y\neq 0$, a preto môžeme podmienku zo zadania prepísať na podmienku $(10^6-10^{-6})y

Teraz by nám stačilo hľadať funkcie splňujúce rovnicu $f(x+y)=f(x)+f(y)$ na množine $[x,y] \in Z \subset \mathbf{N}\times \mathbf{N}$ danou $my

Teraz vieme, že pre $[x,y]\in Z'$ platí $my+2m+1Nechávam na rozmyslenie. Preto môžeme napísať, že $$f(x+y)=f(x)+f(y)=f(x-1)+f(y+1),$$ $$f(x+y+1)=f(x)+f(y+1)=f(x-1)+f(y+2).$$ Na to, aby sme toto mohli ukázať, tak sme potrebovali ukázať, že dvojice $[x, y]$, $[x-1, y+1]$, $[x, y+1]$, $[x-1, y+2]$ vyhovujú tiež podmienke množiny $Z$. To presne hovoria predchádzajúce nerovnosti.

Úpravou dostaneme $$f(x)-f(x-1)=f(y+1)-f(y),$$ $$f(x)-f(x-1)=f(y+2)-f(y+1).$$

Porovnaním pravých strán dostaneme $$f(y+1)-f(y)=f(x)-f(x-1)=f(y+2)-f(y+1).$$

Táto rovnica musí teda platiť pre ľubovoľné $y$, pre ktoré existuje $x$ také, že $[x,y]\in Z'$. Kedy také $x$ existuje? Napríklad určite vtedy keď $My-(my+2m+1)>1$, lebo medzi dvomi číslami, ktoré sú odseba ďalej ako $1$ je určite celé číslo. To je vtedy keď $$y>\frac{2+2m}{M-m}=10^{12}+10^6-1.$$ Čiže $y\geq 10^{12}+10^6$. Také najmenšie $y$ označíme $y_0=10^{12}+10^6$. A označíme konštantu $c=f(y_0+1)-f(y_0)$. Potom vieme, že pre všetky prirodzené čísla $y\geq y_0$ platí $f(y+1)-f(y)=f(y+2)-f(y+1)$, takže pre všetky $y\geq y_0+2$ platí $$\begin{aligned} f(y)=2f(y-1)-f(y-2). \label{eq:aaa}\end{aligned}$$

Teraz indukciou ukážeme, že pre všetky $y\geq y_0$ platí $$\begin{aligned} f(y)=f(y_0) + (f(y_0+1)-f(y_0))(y-y_0)= f(y_0) + c(y-y_0). \label{eq:bbb}\end{aligned}$$

Pre $y=y_0$ aj pre $y=y_0+1$ tvrdenie zjavne platí. Pre $y\geq y_0+2$ použijeme indukciu využívajúcu posledné dva kroky a rovnicu [eq:aaa], a indukčný predpoklad [eq:bbb] pre $y-1$ a $y-2$. Dostaneme $$\begin{aligned} f(y) & =2f(y-1)-f(y-2)=2f(y_0)+2c(y-1-y_0)-f(y_0)-c(y-2-y_0) \\ & = f(y_0) + c(y-y_0).\end{aligned}$$ Tým sme induckiou ukázali, že pre všetky $y\geq y_0$ platí $f(y)=f(y_0)+c(y-y_0)$. Teraz zvoľme $x=10^6y_0$, $y=y_0$. Zjavne $x+y_0$ aj $x$ sú väčšie ako $y_0$, taktiež $my[eq:bbb] musí platiť aj $$f(y_0)=f(x+y_0)-f(x)=f(y_0)+c(x+y_0-y_0)-(f(y_0)+c(x-y_0))=cy_0.$$ Teraz to iba vhodne dosadíme do [eq:bbb] $$\begin{aligned} \hspace{12em} f(y)=f(y_0)+c(y-y_0)=cy_0+c(y-y_0)=cy. \hspace{11em} (to)\end{aligned}$$

Teraz potrebujeme dokázať, že aj pre všetky $y(to) platí pre $y=y_0$ ukážeme, že (to) platí pre $y=y_0-1$ a z toho následne ukážeme, že (to) platí pre $y=y_0-2$ atď. Zároveň môžeme predpokladať, že pre všetky $y\geq y_0$ už tvrdenie platí, pretože sme ho dokázali. Pre $y=y_0$ pochopiteľne máme tvrdenie dokázané. Poďme dokázať, že (to) platí aj pre $yy$ aj $x+y>y$ tak z (to) máme: $$f(y)=f(x+y)-f(x)=c(x+y)-cx=cy.$$ Rovnosť $f(y)=cy$ teda platí ako aj pre $y\geq y_0$ tak aj pre $y

Teraz nastala vhodná chvíľa, keď treba overiť, že všetky funkcie $f(y)=cy$, pre ľubovoľné $c\in \mathbf{R}$ vyhovujú zadaniu. Našťastie $f(x+y)=c(x+y)=cx+cy=f(x)+f(y)$ platí, a preto je to riešením našej funkcionálnej rovnice.

Iný záver (podľa Jakuba Paradu):

Teda záverom máme na mysli dôkaz, že pre $y(to) platí.

Zvoľme si najväčšie $y$ pre, ktoré $f(y)$ nie je lineárna funkcia tj. $f(y) \neq cy$. Nech $[x,y] \in Z$. Potom môžeme písať $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Platí však, že $f(x+y)$ je tvaru $c(x+y)$ a $f(x)$ je tiež tvaru $cx$. Potom nutne aj $f(y)$ je nutne $cy$. Čo je spor. Také $x$, $x>y$ vždy existuje, stačí zobrať $x=10^6 y$, a pre také číslo je (to) zaručené.